đặt \(p^{2m}+q^{2m}=a^2\)

Xét p,q cùng lẻ thì \(p^{2m}\)chia 4 dư 1 ; \(q^{2m}\)chia 4 dư 1

\(\Rightarrow p^{2m}+q^{2m}\)chia 4 dư 2

\(\Rightarrow a^2\)chia 4 dư 2 ( vô lí vì SCP chia 4 ko thể dư 2 hoặc 3 )

\(\Rightarrow\)ít nhất 1 trong 2 số p,q có 1 số bằng 2

giả sử p = 2

\(\Rightarrow4^m=a^2-q^{2n}=\left(a-q^n\right)\left(a+q^n\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-q^n=4^x\\a+q^n=4^y\end{cases}\Rightarrow2.q^n=4^y-4^x⋮4}\)

\(\Rightarrow q^n⋮2\)

\(\Rightarrow q⋮2\)

\(\Rightarrow q=2\)

Thay p = q = 2 vào, ta được :

\(4^m+4^n=a^2\)

giả sử \(m\ge n\)

Đặt \(m=n+z\)

Ta có : \(4^{n+z}+4^n=4^n\left(4^z+1\right)=a^2\)

vì \(4^n\)là số chính phương nên \(4^z+1\)là số chính phương

Dễ thấy \(4^z+1=\left(2^z\right)^2+1\)không là số chính phương nên suy ra phương trình vô nghiệm

Đáp số nè: m=2, n=1, p=2, q=3 và các hoán vị.

Nếu ai cần thì cứ nhắn tin vs mik nha.

W.L.O.G:  \(a\ge b\ge c\Rightarrow2\ge a\ge\frac{a+b+c}{3}=1\Rightarrow\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\)

\(\therefore a^2+b^2+c^2\le a^2+\left(b+c\right)^2=2\left(a-1\right)\left(a-2\right)+5\le5\)

Equality holds when \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) and ..

Ta có: a² + b² > 2ab, b² + c² > 2bc, c² + a² > 2ca

=> 2(a² + b² + c²) >= 2(ab + bc + ca)

=>3(a² + b² + c²) >= (a + b + c)²

=> a² + b² + c² >= \(\frac{\text{(a + b + c)}^2}{3}\)

=> a² + b² + c² >= 3

Dâu = xảy ra khi: a = b = c = 1

Ta có:

\(S=pr=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)

\(\Leftrightarrow p^2r^2=p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)

\(\Leftrightarrow r^2=\frac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{r^2}=\frac{p}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\frac{1}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}+\frac{1}{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}+\frac{1}{\left(p-a\right)\left(p-c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{r^2}=4\left(\frac{1}{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}+\frac{1}{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{4r^2}=\frac{1}{c^2-\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2-\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{b^2-\left(c-a\right)^2}\)

\(\ge\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)(áp dụng \(x^2-y^2\le x^2\)) 

\(\Rightarrow4r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le1\)

\(\Rightarrow\frac{1}{r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}\ge4\left(1\right)\)

Ta lại có

\(S=\frac{a.ha}{2}=pr=\frac{r\left(a+b+c\right)}{2}\)

\(\Rightarrow ha=\frac{r\left(a+b+c\right)}{a}\)

\(\Rightarrow ha^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{a^2}\)

Tương tự

\(hb^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{b^2}\)

\(hc^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\)

Cộng vế theo vế ta được

\(ha^2+hb^2+hc^2=r^2\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}=\frac{1}{r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}\ge4\)

Bài làm này thật xuất sắc !

Ta có:\(A=n^3+3n^2+5n+3\)=\(n^3-n+3n^2+6n+3\)

=\(n\left(n^2-1\right)+3\left(n^2+2n+1\right)\)

\(=\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+3\left(n+1\right)^2\)

Vì \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)⋮3\)

Mà \(3\left(n+1\right)^2⋮3\) nên \(A=n^3+3n^2+5n+3⋮3\) với mọi n

Theo giả thiết, ta có: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=a^2b^2c^2\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=1\)

Áp dụng BĐT AM - GM cho 5 số, ta được: \(\hept{\begin{cases}a.a.a.b.b\le\frac{a^5+a^5+a^5+b^5+b^5}{5}=\frac{3a^5+2b^5}{5}\\b.b.b.a.a\le\frac{b^5+b^5+b^5+a^5+a^5}{5}=\frac{3b^5+2a^5}{5}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{5\left(a^5+b^5\right)}{5}\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)hay \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\)(1) .

Tương tự, ta có: \(\frac{1}{\sqrt{b^5+c^5}}\le\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}\)(2); \(\frac{1}{\sqrt{c^5+a^5}}\le\frac{1}{ca\sqrt{c+a}}\)(3)

Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(VT=\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\)()

Xét \(\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\right)^2\le\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}\right)\)\(=\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\)

Gọi số thỏa đề bài là \(\frac{x}{7}\)ta có

a < \(\frac{x}{7}\)< b \(\Leftrightarrow7a< x< 7b\)

Vây x \(\in\)(7a + 1 đến 7b - 1)

Tổng các số đó là

\(\frac{7a+1}{7}+\frac{7a+2}{7}+...+\frac{7b-1}{7}\)

\(=\frac{1}{7}\left(7a+1+...+7b-1\right)\)

\(=\frac{1}{7}\times\frac{\left(7b-7a-1\right)\left(7a+7b\right)}{2}\)

Bạn làm tiếp nhé

Hình bạn tự vẽ nha

a) \(\Delta AEM\)vuông tại E có EI là trung tuyến 

=> EI = IA (1) => \(\Delta EIA\)cân tại I, có EIM là góc ngoài

=> \(\widehat{EIM}=2\widehat{EAI}\)

Tương tự ta có \(\widehat{HIM}=2\widehat{HAI}\)và IH = IA (2)

Từ (1) và (2) suy ra IE = IH hay \(\Delta EIH\)cân tại I

có \(\widehat{EIH}=\widehat{EIM}+\widehat{HIM}=2\widehat{EAI}+2\widehat{HAI}=2\widehat{EAH}=2\left(90^o-\widehat{ABH}\right)=2\left(90^o-60^o\right)=60^o\)

Vậy EIH là tam giác đều, suy ra EI = EH = IH

Tương tự ta có IHF là tam giác đều, suy ra IH = HF = IF

=> EI = EH = IF = HF 

Vậy HEIF là hình thoi

b) \(\Delta ABC\)là tam giac đều nên AH là đường cao cũng là đường trung tuyến

có G là trọng tâm nên \(AG=\frac{2}{3}AH\)(3)

Gọi K là trung điểm AG, suy ra \(AK=KG=\frac{1}{2}AG\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra AK = KG = GH

Gọi O là giao điểm của EF và IH, suy ra OI = OH

\(\Delta AMG\)có IK là đường trung bình nên IK // MG 

\(\Delta IKH\)có OG là đường trung bình nên IK // OG 

=> M, O, G thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit)

Vậy EF, MG, HI đồng quy

c) HEIF là hình thoi nên \(EF\perp HI\)

\(\Delta EIH\)đều có EO là đường cao nên \(EO=EI\sqrt{\frac{3}{4}}\)(bạn tự chứng minh)

\(EF=2EO=2EI\sqrt{\frac{3}{4}}=AM\sqrt{\frac{3}{4}}\)(5)

EF đạt GTNN khi AM đạt GTNN

mà \(AM\ge AH\)nên EF đạt GTNN khi M trùng H

Khi đó AM là đường cao trong tam giác đều ABC nên ta cũng có \(AM=AB\sqrt{\frac{3}{4}}=a\sqrt{\frac{3}{4}}\)(6)

Từ (5) và (6) suy ra \(EF=a\left(\sqrt{\frac{3}{4}}\right)^2=\frac{3}{4}a\)

Vậy EF đạt GTNN là \(\frac{3}{4}a\)khi M là chân đường cao hạ từ A xuống BC.

Ở đề không có điểm K, sao ở câu hỏi lại có điểm K vậy em?

\(A=\left(x^2-yz\right)\left(y^2-zx\right)\left(z^2-xy\right)=\sqrt{\left(x^2-yz\right)\left(y^2-zx\right)}.\sqrt{\left(y^2-zx\right)\left(z^2-xy\right)}.\sqrt{\left(z^2-xy\right)\left(x^2-yz\right)}\)Giả sử \(x^2\ge yz;y^2\ge zx;z^2\ge xy\)

Theo Cosi ta có : 

\(\sqrt{\left(x^2-yz\right)\left(y^2-zx\right)}\le\frac{x^2-yz+y^2-zx}{2}\)

\(\sqrt{\left(y^2-zx\right)\left(z^2-xy\right)}\le\frac{y^2-zx+z^2-xy}{2}\)

\(\sqrt{\left(z^2-xy\right)\left(x^2-yz\right)}\le\frac{z^2-xy+x^2-yz}{2}\)

Cộng theo vế ta được : 

\(A\le\frac{x^2-yz+y^2-zx+y^2-zx+z^2-xy+z^2-xy+x^2-yz}{2}=\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(xy+yz+zx\right)\)

\(=1-\left(xy+yz+zx\right)\le1-\left(x^2+y^2+z^2\right)=1-1=0\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z=\frac{1}{3}\) hoặc \(x=y=z=\frac{-1}{3}\) ( thỏa mãn giả sử ) 

Chúc bạn học tốt ~ 

PS : ko chắc :v 

Em vừa giải bên AoPS:

A B C D J M E G O I H N K F

+) Kẻ: AJ // CI //EF; I; J thuộc BD và M thuộc EF

Xét \(\Delta\)BAJ  có: FM // AJ 

=> \(\frac{BA}{BF}=\frac{BJ}{BM}\)

Xét  \(\Delta\)BCI có: ME // IC 

=> \(\frac{BC}{BE}=\frac{BI}{BM}\)

Từ hai điều trên => \(\frac{BA}{BF}+\frac{BC}{BE}=\frac{BJ}{BM}+\frac{BI}{BM}=\frac{BI+BJ}{BM}\)(1)

Xét \(\Delta\)AJO và \(\Delta\)CIO  có:

OA = OC ( ABCD là hình bình hành) 

^AOJ = ^COI ( đối đỉnh)

^AJO = ^CIO ( AJ // CI , so le trong )

=> \(\Delta\)AJO = \(\Delta\)CIO ( g-c-g)

=> JO = IO 

KHi đó BI + BJ = BO + OI + BO - JO  = 2 BO +  (IO - JO) = 2 BO = 2.2. BM = 4BM ( vì M là trung điểm BO )

=> BI + BJ = 4BM Thế vào (1) 

=> \(\frac{BA}{BF}+\frac{BC}{BE}=\frac{4BM}{BM}=4\)(2)

+) Kẻ BH // BG //FK  với H; G thuộc AC

Chứng minh tương tự như trên ta suy ra: \(\frac{BA}{AF}+\frac{AD}{AK}=4\)(3)

Cộng (2) + (3) vế theo vế:

\(\frac{BA}{BF}+\frac{BC}{BE}+\frac{BA}{AF}+\frac{AD}{AK}=8\)mà AD = BC

=> \(AB\left(\frac{1}{BF}+\frac{1}{AF}\right)+BC\left(\frac{1}{BE}+\frac{1}{AK}\right)=8\)(4)

Mặt khác: \(\frac{1}{BF}+\frac{1}{AF}=\frac{1^2}{BF}+\frac{1^2}{AF}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{BF+AF}=\frac{4}{AB}\) và \(\frac{1}{BE}+\frac{1}{AK}\ge\frac{4}{BE+AK}\)

KHi đó: \(8\ge AB.\frac{4}{AB}+BC.\frac{4}{BE+AK}\)

<=> \(BE+AK\ge BC\)

Dấu "=" xảy ra <=> BF = AF  và BE = AK 

Hay F là trung điểm AB.

Gọi giao điểm của AM và DE là O

a) Dễ chứng minh ADME là hình chữ nhật => AM = DE

Để ADME là hình vuông thì AM là tia phân giác của ^BAC => M là chân đường phân giác kẻ từ A đến BC

b) Tam giác AHM vuông tại H => HO = AO = MO = DO = EO

Xét tam giác DHE có HO = DO = EO => tam giác DHE vuông tại H => đpcm

c) Ta sẽ chứng minh HK = MN

Theo Talet : \(\frac{HK}{BK}=\frac{AD}{BD}\Rightarrow HK=\frac{BK\cdot AD}{DB}=\frac{BK\cdot ME}{DB}\)

Theo hệ thức lượng tam giác MEC có: \(ME^2=MN.MC\Rightarrow MN=\frac{ME^2}{MC}\)

Ta cần chứng minh: \(\frac{ME^2}{MC}=\frac{BK\cdot ME}{BD}\)

\(\Leftrightarrow\frac{ME}{MC}=\frac{BK}{DB}\)

Lại có tam giác BKD đồng dạng tam giác MNE => \(\frac{BK}{BD}=\frac{MN}{ME}\)

\(\Rightarrow\frac{ME}{MC}=\frac{MN}{ME}\Leftrightarrow ME^2=MC\cdot MN\) ( luôn đúng theo hệ thức lượng )

Do đó ta có HK = MN

<=> HK + HM = MN + HM

<=> KM = HN ( đpcm )

c) đang nghĩ :)

thôi ko nghĩ nữa đâu, a bận rồi =)) sorry mấy đứa